1、试卷类型：A高三第四轮复习质量检测化 学 试 题202061答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 Al 27 C1 355 Ca 40 Ti 48一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小
2、题只有一个选项符合题意。1.宋代张杲医说记载：每每外出，用雄黄桐子大，在火中烧烟薰脚绷、草履、领袖间，以消毒灭菌，防止疫菌通过衣物的接触而传染。下列说法错误的是A. 雄黄中硫的价态为2价B. 古代烟熏的消毒原理与H2O2、酒精相同C. 人们佩戴的药剂香囊具有驱虫抑疫、防病保健等功效D. 生活中也可使用火、盐水消毒器具【答案】B【解析】【详解】A根据雄黄的结构可知化学式为As4S4，As的化合价为+2价，S的化合价为-2价，故A正确；B过氧化氢用于杀菌消毒与具有强氧化性有关，而雄黄用火烧烟生成二氧化硫和三氧化二砷，二氧化硫和三氧化二砷不具有强氧化性，与过氧化氢原理不同，乙醇破坏蛋白质的氢键，与过
3、氧化氢也不同，故B错误；C佩戴药剂香囊是借中药气味挥发，具有驱虫抑疫、防病保健等功效，故C正确；D生活中也可使用火消毒器具，即高温使蛋白质变性，使用盐水可使细胞脱水而使病菌死亡，达到杀菌的目的，故D正确；答案选B。2.化学材料不断改变着人类的生活、生产方式。下列说法错误的是A. 天宫二号空间站使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料B. “司烜氏，掌以夫遂(青铜凹镜)，取明火于日”的“夫遂”是一种合金C. 我国自主研发的“东方超环”(人造太阳)应用的氕、氘、氚互为同位素D. 制作N95型口罩使用的熔喷布主要原料是聚丙烯，聚丙烯属于混合物【答案】A【解析】【详解】A碳纤维是一种含碳量在95%以上高强
4、度、高模量纤维的新型纤维材料，它是一种新型无机高分子材料，A错误；B“夫遂”是青铜凹镜，而青铜是铜锡的合金，所以“夫遂”是一种合金，B正确；C氕、氘、氚是氢元素的三种核素，三者互为同位素，C正确；D熔喷布主要原料是聚丙烯，聚丙烯由许多个n值不同的分子混合而成，所以属于混合物，D正确；故选A。3.下列说法或表达方式中不正确的是A. 电子从激发态到基态产生的光谱是发射光谱B. HC1O的电子式：C. NH3、H2O、CO2分子中，中心原子孤电子对数最多的是H2OD. 基态氯原子的价电子轨道表示式为【答案】B【解析】【详解】A电子由基态跃迁到激发态，吸收能量产生吸收光谱；由激发态跃迁到基态，释放能量
5、产生发射光谱，A正确；BHC1O的电子式为，B错误；CNH3、H2O、CO2的电子式分别为、，中心原子孤电子对数分别为1、2、0，孤电子对数最多的是H2O，C正确；D基态氯原子的价电子排布式为3s23p5，轨道表示式为，D正确；故选B。4.下列说法正确的是（ ）A. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C. 在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42或SO32D. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用
6、在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【答案】B【解析】【详解】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；故答案选B。
7、5.三元轴烯（a）、四元轴烯（b）、五元轴烯（c）的结构简式如图所示，下列说法不正确的是A. a、b、c都能发生加成反应B. a与苯互为同分异构体C. a、b、c的一氯代物均只有一种D. c分子中的原子不在同一个平面上【答案】D【解析】【详解】A. a、b、c均含有碳碳双键，因此都能发生加成反应，故A正确；B. a和苯的分子式均为C6H6，且结构不同，则a与苯互为同分异构体，故B正确；C. a、b、c分子中均只有一种氢原子，则它们的一氯代物均只有一种，故C正确；D. c分子中含有碳碳双键的平面结构，根据乙烯的平面结构分析，c中所有的原子在同一个平面上，故D错误；故选D。【点睛】在常见的有机化合
8、物中，甲烷为正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断即可。6.下列化学用语或物质的性质描述正确的是A. 图1所示烃的名称为：3甲基4乙基7甲基辛烷B. 图1所示分子中含3个手性碳原子C. 青蒿素分子式是C15H20O5D. 青蒿素易溶于乙醚，可与NaOH溶液发生反应【答案】D【解析】【详解】A根据烷烃的系统命名法，该分子的名称为2，6二甲基5乙基辛烷，故A错误；B图1所示分子中含2个手性碳原子，分别位于连乙基的碳原子和右侧连甲基的碳原子，故B错误；C根据青蒿素的结构简式可写出它的分子式为C15H22O5，故C错误；D青蒿素含有醚基，易溶于乙醚，分子中
9、含有酯基，可在NaOH溶液中发生水解反应，故D正确；答案选D。【点睛】B项中左边连两个甲基的碳原子不是手性碳原子，为易错点，手性碳原子必须连四种不同的基团。7.取1 mL 0.1 molL-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 molL-1)：下列说法不正确的是A. 实验白色沉淀是难溶的AgClB. 由实验说明AgI比AgCl更难溶C 若按顺序实验，看不到黑色沉淀D. 若按顺序实验，看不到白色沉淀【答案】C【解析】【分析】利用反应向着更难溶的方向进行分析。【详解】A、AgNO3溶液中加入NaCl溶液，发生AgCl=AgCl，即实验中白色沉淀是AgCl，故A说法正确；B、
10、实验中加入过量KI溶液，出现黄色沉淀，说明产生AgI，即发生AgCl(s)I(aq)=AgI(s)Cl(aq)，推出AgI比AgCl更难溶，故B说法正确；C、实验得到黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，推出Ag2S比AgI更难溶，溶解度由大到小的顺序是AgClAgIAg2S，按顺序实验，能观察黑色沉淀，故C说法错误；D、根据选项C分析，按照顺序实验，生成更难溶的AgI，不能得到AgCl，即无法观察到白色沉淀，故D说法正确。8.下列有关实验操作的说法正确的是A. 向饱和氯化钠溶液中先通入过量二氧化碳再通入氨气，可制得大量碳酸氢钠固体B. 为了减小实验误差，烧杯、锥形瓶和容量瓶等仪器应洗涤干净，必须烘
11、干后使用C. 将含有少量乙烯的甲烷气体依次通过足量酸性高锰酸钾溶液、足量碱石灰，可除去甲烷中的乙烯杂质D. 中和滴定实验中滴定管中液体流速宜先快后慢，滴定时眼睛注视着滴定管中液体刻度的变化【答案】C【解析】【详解】ACO2在水中的溶解度不大，氨气在水中的溶解度很大，应该先通入氨气，使溶液呈碱性，以利于吸收更多的CO2，产生更多的NaHCO3，故A错误；B锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响滴定结果或配制溶液的浓度，并且加热烘干时可能会影响刻度，造成误差，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故B错误；C酸性高锰酸钾溶液可以将乙烯氧化为二氧化碳，足量碱石灰可吸收二氧化碳和水蒸气，即可得纯净的甲烷，故C
12、正确；D中和滴定实验中滴定管中液体流速可以先快速滴加，接近终点时再缓慢滴加，滴定时眼睛注视锥形瓶中液体颜色的变化，不用注视着滴定管中液体刻度的变化，故D错误；答案选C。【点睛】酸性高锰酸钾溶液可以将乙烯氧化为二氧化碳，随后加入足量碱石灰可吸收二氧化碳和水蒸气，可以达到除杂的目的，也是学生的易错点。9.处于3个不同短周期的元素X、Y、Z、M，其原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的3/4，下列说法正确的是A. 元素形成的简单离子半径：ZMYB. 常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸C. X与Y结合形成的化合物是
13、离子化合物D. 工业上常用电解熔融的Z的氯化物来制取Z单质【答案】D【解析】【分析】处于3个不同短周期的元素X、Y、Z、M，其原子序数依次增大，X、M的族序数均等于周期序数，则X为H元素，M为Al元素；Y原子核外最外层电子数是其电子总数的3/4，则Y为O元素；由Z2M2Y4(YX)2，可确定Z显+2价，为Mg元素。【详解】A元素形成的简单离子半径：O2-Mg2+Al3+，A不正确；B常温下Mg的单质能溶于浓硝酸，但Al的单质会发生钝化，不能溶于浓硝酸，B不正确；CH与O结合形成的化合物为H2O或H2O2，它们都为共价化合物，C不正确；D镁是活泼金属元素，工业上制取金属镁，常用电解熔融的氯化镁的
14、方法来制取，D正确；故选D。10.某科研人员提出HCHO(甲醛）与O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了 HAP的部分结构）：下列说法不正确的是A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率B. HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D. 该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O【答案】C【解析】【详解】A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B.HCHO在反应中有C-H断
15、裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确；C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误；D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确；故合理选项是C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含废水(pH约为6)和淡化食盐水，其装置示意图如图所示。图中，D和E为离子交换膜，Z为待淡化食盐水。(已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6)下列说法不正确
16、的是A. E为阴离子交换膜B. X为有机物污水，Y为含废水C. 理论上处理1 mol的的同时可脱除3 mol的NaC1D. C室的电极反应式为+6e-+8H+=2Cr(OH)3+H2O 【答案】AC【解析】【分析】从电子流动的方向看，生物膜为负极，碳布为正极。在C室发生反应+6e-+8H+=2Cr(OH)3+H2O，总体上看，C室消耗阳离子多，所以B室中的阳离子应向C室移动，则B室中的阴离子应向A室移动。【详解】A从以上分析知，B室中的阳离子(Na+)应向C室移动，E为阳离子交换膜，A不正确；B因为转化为Cr(OH)3时，需要得到电子，所以含废水应在C室，Y为含废水，则X为有机物污水，B正确；
17、C理论上处理1 mol的的同时，需转移6mol电子，由反应式应有6mol的Na+进入C室，同样有6mol的Cl-进入A室，所以可脱除6 mol的NaC1，C不正确；D在C室，得电子产物与H+反应生成Cr(OH)3沉淀等，电极反应式为+6e-+8H+=2Cr(OH)3+H2O，D正确；故选AC。12.实验室从废定影液中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取Cl2并将Cl2通入滤液中氧化Br，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如图所示。下列叙述正确的是A. 用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌B. 用装置乙在通
18、风橱中高温灼烧Ag2S制取AgC. 用装置丙制备Cl2，其中KMnO4也可用MnO2代替D. 用装置丁分液时，打开分液漏斗塞子，再打开旋塞，使下层液体从分液漏斗下端放出，待两液界面与旋塞上口相切即可关闭旋塞【答案】D【解析】【详解】A用装置甲过滤分离Ag2S时，用玻璃棒不断引流，将烧杯内的浊液转移入漏斗内，但不能搅拌，以免损坏滤纸，造成过滤失败，A不正确；B使用装置乙时，蒸发皿不能用于灼烧固体，所以不能用于高温灼烧Ag2S制取Ag，B不正确；C用装置丙制备Cl2，KMnO4不能用MnO2代替，因为MnO2与浓盐酸反应需要加热条件，C不正确；D用装置丁分离分层液体时，应保持内外压强相等，否则下层
19、液体不能流出，所以应先打开分液漏斗塞子，再打开旋塞，从分液漏斗下端放出下层液体，D正确；故选D。13.利用废铁屑(主要成分为Fe，还含有C，S，P等)制取高效净水剂K2FeO4流程如图：下列说法不正确的是A. 废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污B. 步骤是将Fe2+转化为Fe(OH)3C. 步骤中发生的反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-=2FeO42-+3Cl-+4H+H2OD. 步骤中反应能发生的原因是在相同条件下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4【答案】C【解析】【详解】废铁屑(主要成分为Fe，还含有C、S、P等)加入酸溶得到亚铁盐，过滤后向滤液中加入过量NaOH溶液和
20、H2O2溶液，NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，然后加入NaClO溶液，在碱溶液中发生氧化还原反应生成Na2FeO4，加入KCl固体利用溶解度不同转化为K2FeO4析出。A. 纯碱是强碱弱酸盐，CO32水解导致纯碱溶液呈碱性，碱性条件下油污水解生成高级脂肪酸盐和甘油，所以废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污，故A正确；B.NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，步骤的目的是将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，故B正确；C. 步骤中发生的反应是碱性条件下发生的反
21、应，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+4OH+3ClO2FeO42+3Cl+5H2O，故C错误；D. 步骤中反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，溶解度大的能转化为溶解度小的物质，反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，故D正确；答案选C。14.T时，三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数，下列说法正确的是( )A. Y点：c(Ca2+)c(SO42-)，Z点：c(CO32-)c(Mn2+)B. 溶度积：Ksp(MnCO3)Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4)C. X点对应的CaCO3溶液为
22、不饱和溶液，可以继续溶解CaCO3D. T时，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K的数量级为103【答案】D【解析】【分析】pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数，说明数值越大，对应的离子浓度越小；根据O、P、Q三点可求出MnCO3、CaCO3、CaSO4的Ksp值，即可比较溶解度大小；若Qc值大于Ksp，则有沉淀生成。详解】AY点pM大于3，pR小于3，则阴离子浓度大于阳离子浓度，即c(SO42-)c(Ca2+)；同理，Z点c(Mn2+)c(CO32-)，A项错误；B根据O、P、Q三点求MnCO3、CaCO3、CaSO4的Ksp值，
23、；同理可得，Ksp(CaCO3)=10-8.6；Ksp(CaSO4)=10-5，故溶度积：Ksp(MnCO3)Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4)，B项错误；C横纵坐标分别为对应离子浓度的负对数，据图可知，X点的Qc值大于Ksp(CaCO3)，有沉淀生成，不能再溶解CaCO3，C项错误；DT时，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=，数量级为103，D项正确；答案选D。【点睛】沉淀溶解平衡图像题解题策略：（1）沉淀溶解平衡曲线类似于溶解度曲线，曲线上任一点都表示饱和溶液，曲线上方的任一点均表示过饱和溶液，此时有沉淀析出，曲线下方的任一点均表示
24、不饱和溶液。（2）从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。（3）比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。（4）涉及Qc的计算时，所带入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所带入的溶液体积也必须是混合溶液的体积。15.25时，向10 mL 0.01molL1NaCN溶液中逐滴加入0.01molL1的盐酸，溶液中CN、HCN物质的量分数()随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。溶液的pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系正确的是A. 图甲中pH=7的溶液：c(Cl)c(Cl)c(CN)c(OH)c(H+)D. 图乙中c点的
25、溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+c(CN)【答案】BC【解析】【分析】NaCN溶液中加入盐酸，发生反应NaCN+HCl=NaCl+HCN，当pH=9.5时，c(HCN)=c(CN)；当加入盐酸的体积为10mL时，NaCN与HCl刚好完全反应，生成HCN和NaCl。【详解】A图甲溶液中，存在电荷守恒c(Cl)+ c(CN)+ c(OH)=c(Na+)+ c(H+)，pH=7，c(OH)=c(H+)，所以c(Cl)+c(CN)=c(Na+)；溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(CN)+c(HCN)，故c(Cl)=c(HCN)，A不正确；B常温下，a点时，c(CN)=c(H
26、CN)，pH=9.5，c(OH)=10-4.5mol/L，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)= 104.5molL1，B正确；C图乙中b点时，发生反应后c(HCN)=c(Cl)=c(CN)，此时溶液中CN-发生水解：CN-+H2OHCN+OH-，水解反应后，c(HCN)增大，c(CN)减小，所以溶液中：c(HCN)c(Cl)c(CN)c(OH)c(H+)，C正确；D图乙中c点的溶液中，发生反应NaCN+HCl=NaCl+HCN，且二者刚好完全反应，反应后，发生HCN的电离：HCNH+CN-，离子间满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH)+c(CN)，物料守恒：c(
27、Cl-)= c(HCN)+c(CN)，故c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+2c(CN)，D不正确；故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.(1)以甲醇为原料制取高纯H2具有重要的应用价值。甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应：主反应： H=+49kJmol-1副反应： H=+41kJmol-1甲醇蒸气在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，则该反应的热化学方程式为_，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_。分析适当增大水醇比对甲醇水蒸气重整制氢的好处是_。某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为P
28、1，反应达平衡时总压强为P2，则平衡时甲醇的转化率为_(忽略副反应，用含P1、P2的式子表示)。(2)工业上用CH4与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为： H=+203kJmol-1该反应逆反应速率表达式为：v逆=kc(CO)c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如下表：c(CO)/molL1c(H2)/molL1v逆/molL1min10.05c14.8c2c1192c20.158.1由上述数据可得该温度下，该反应的逆反应速率常数k为_L3mol3min1。在体积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度关
29、系如图所示：N点v正_M点v逆(填“大于”或“小于”)；Q点对应温度下该反应的平衡常数K=_mol2L2。平衡后再向容器中加入1molCH4和1molCO，平衡向_方向移动(填“正反应”或“逆反应”)。【答案】 (1). H =+90 kJmol1 (2). 升温 (3). 提高甲醇的利用率，有利于抑制CO的生成或抑制副反应发生 (4). (5). 1.2104 (6). 小于 (7). 48 (8). 正反应【解析】【分析】利用已知的两个反应，依据盖斯定律，可求出甲醇蒸气在催化剂作用下裂解生成H2和CO的热化学方程式；分析浓度变化对热化学方程式 H =+90 kJmol1的速率和CH3OH平
30、衡转化率的影响，从而确定改变的反应条件；适当增大水醇比，即考虑主反应的的产率，又考虑对副反应产物的影响，从而得出这样操作的好处；利用n(H2O)：n(CH3OH)=1：1，建立三段式，求出甲醇的物质的量的变化量，从而平衡时甲醇的转化率。利用表中数据及公式v逆=kc(CO)c3(H2)求出c2，再代入公式求出k。利用已知条件“在体积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气”，建立三段式，利用H2的平衡体积分数为60%，求出CH4的物质的量浓度，从而求出Q点对应温度下该反应的平衡常数K；平衡后再向容器中加入1molCH4和1molCO，求出浓度商，与平衡常数进行比较，从而确定平衡
31、移动的方向。【详解】。(1)主反应： H=+49kJmol- 副反应： H=+41kJmol-1 利用盖斯定律，将+得：甲醇蒸气在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，则该反应的热化学方程式为 H =+90 kJmol1，加快反应速率需增大浓度、压强、升高温度、加入催化剂等，但增大浓度、压强、加入催化剂都不能提高CH3OH平衡转化率，所以既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是升温。答案为： H =+90 kJmol1；升温；适当增大水醇比，可增加主反应中CH3OH的平衡转化率，同时对副反应起抑制作用，所以对甲醇水蒸气重整制氢的好处是提高甲醇的利用率，有利于抑制CO的生成或抑制副反
32、应发生。答案为：提高甲醇的利用率，有利于抑制CO的生成或抑制副反应发生；某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，此时设n(H2O)=n(CH3OH)=1mol，甲醇的物质的量的变化量为x，建立以下三段式：，x=mol，则平衡时甲醇的转化率为=。答案为：；(2)依据v逆可得：，c2=0.2mol/L，8.1= k0.20.153，k=1.2104L3mol3min1。答案为：1.2104；从图中可以看出，M点时温度高于N点，所以N点v正小于M点v逆；Q点对应温度为T3，此时H2的平衡体积分数为60%，设参加反应的CH4的物质的量浓度为y，由题给数据可建立以下
33、三段式：，y=mol/L，该反应的平衡常数K=mol2L2=48mol2L2。平衡后再向容器中加入1molCH4和1molCO，此时浓度商Q=mol2L2=36 mol2L248 mol2L2，所以平衡向正反应方向移动。答案为：小于；48；正反应。【点睛】平衡常数是建立在平衡状态下的浓度商，当同时改变某一可逆反应的反应物和生成物浓度，用平衡移动原理无法判断平衡移动时，常将反应进行到某一时刻的浓度商与平衡常数进行比较，从而确定平衡移动的方向。17.探究NaHSO3溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应。已知：（深蓝色溶液）回答下列问题：(1)实验产生的无色气体为SO2。用蘸有碘水的淀粉试纸接
34、近试管口，观察到_，反应的离子方程式为_。(2)对实验产生SO2的原因进行分析，提出两种假设：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；Cl存在时，Cu2+与反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。实验证明，不合理，实验证据是_；合理，实验反应的离子方程式有_、H+SO2+H2O。(3)通过分析实验、，可知：Cl增强了Cu2+的氧化性。下述实验证实了此结论。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“x”处；向U形管_(补全实验操作及现象)。装置中，盐桥的作用是_(答出两条即可)。 (4)将实验的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和。设计实验，证明红色沉
35、淀中含有Cu+_。【答案】 (1). 蓝色褪去 (2). SO2+I2+2H2O+2I+4H+ (3). 实验、中c(Cu2+)相同，但实验中未见气泡 (4). 2Cu2+2Cl+H2O2CuCl+3H+ (5). 右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大 (6). 隔离两极区电解质溶液；使离子定向移动，构成闭合回路；平衡两极区电荷 (7). 取洗净的红色固体于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到浅蓝色溶液，露置在空气中一段时间后溶液变为深蓝色，即可证明红色固体中含有Cu+【解析】【分析】本实验通过探究NaHSO3分别与CuCl2和CuSO4溶液的反应发现，CuCl2溶液
36、可以与NaHSO3溶液反应生成气体和白色沉淀，通过进一步的实验探究气体产生的原因和白色沉淀的主要成分，通过实验得出由于Cl-的存在使得溶液中产生的气体和白色沉淀，原因是Cl-的存在使得Cu2+的氧化性增强，Cu2+与亚硫酸氢根发生反应生成大量的氢离子，铜离子被还原为亚铜离子，氢离子与溶液中的亚硫酸氢根反应生成二氧化硫气体，亚铜离子与溶液中的氯离子反应生成白色沉淀，据此分析。【详解】(1)若实验产生的气体为SO2，SO2有还原性，可以将I2还原为I-，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O+2I+4H+，随着反应的不断进行，碘水中的碘含量不断降低，故反应现象为蓝色褪去；(2)分析两组实验，两个
37、实验中都存在Cu2+，但是实验中未见气泡，说明实验产生的SO2与Cu2+的水解无关，但是由于两组试验所加入的铜盐中阴离子不同，说明是阴离子的不同导致SO2的生成，实验中在Cl-的存在下Cu2+与发生反应生成CuCl沉淀，则实验所对应的离子方程式为2Cu2+2Cl+H2O2CuCl+3H+、H+SO2+H2O；(3)若要验证Cl-可以增加Cu2+的氧化性，需向硫酸铜一侧中加入Cl-，但不能改变Cu2+浓度，故只能加入可溶性氯盐固体，同时盐中阳离子不能改变溶液酸碱性，可以向硫酸铜一侧加入NaCl固体（或KCl固体），待固体溶解后观察电压表指针的偏转程度，指针偏转变大说明Cl-可以增加Cu2+的氧化
38、性；在装置中加入盐桥可以很好的阻隔U型管两端的电解质溶液，随着反应的不断进行U型管两端离子电荷不平衡，盐桥可以平衡两极区电荷，同时盐桥中的离子还可以定向移动，构成闭合回路；(4) 将实验的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和，若要验证红色沉淀中是否含有Cu+，可以将红色固体溶于浓氨水中，此时由于红色沉淀中含有Cu2+，使溶液变成浅蓝色，在空气中放置一段时间后溶液变成深蓝色，这是由于红色沉淀中含有Cu+，在浓氨水中发生已知条件的反应，一段时间以后Cu+被空气中的氧气氧化生成Cu2+，使溶液颜色加深，具体的实验步骤为：取洗净的红色固体于试管中，滴加足量浓氨水，沉
39、淀溶解，得到浅蓝色溶液，露置在空气中一段时间后溶液变为深蓝色，即可证明红色固体中含有Cu+。18.磷能形成多种单质或化合物。回答下列问题：(1)白磷(P4)在氯气中燃烧产生大量白色烟雾，生成PCl3和PCl5。P4化学性质比N2活泼的主要原因是_。形成PCl5时，P原子的一个3s电子激发到3d轨道后参与成键。写出该激发态原子的外围电子轨道表示式_。PCl5是一种白色固体，加压下于148液化，形成离子导体，其中阳离子为正四面体结构，阴离子为正八面体结构，该离子导体能导电的原因是_(用电离方程式解释)。 (2)新型半导体材料 黑磷，是一种二维材料(结构如下图甲所示)，其单层的结构如下图乙所示。黑磷
40、中P原子的杂化方式为_。用4甲氧基重氮苯四氟硼酸盐(如上图丙所示)处理黑磷纳米材料，可以保护和控制其性质。该盐的构成元素中N、O、F的电负性由大到小顺序为_，1mol该盐的阳离子含有的键的数目为_(阿伏加德罗常数的值用NA表示，下同)。(3)中国科学院深圳先进技术研究院在钙钛矿/黑磷纳米复合材料的研究领域取得新进展，该材料表现出优异的光电应用潜力。如图所示为高温超导领域里的一种化合物 钙钛矿晶胞结构。若图中正方体边长为a nm，则该晶体的密度为_gcm3。【答案】 (1). P4分子中存在P-P单键，而N2分子中存在NN键，键能较大，化学性质比较稳定 (2). (3). 2PCl5+ (4).
41、 sp3 (5). FON (6). 17NA (7). 【解析】【分析】分析P4与N2的结构，从共价键的键能大小得出P4化学性质比N2活泼的主要原因；在PCl5中，O原子的价电子排布式为3s23p3，当P原子的一个3s电子激发到3d轨道后，价电子排布式为3s13p33d1，由此写出其激发态原子的外围电子轨道表示式；PCl5加压下于148液化，形成离子导体，其中正四面体结构的阳离子为，正八面体结构的阴离子为。在黑磷中，每个P原子与周围的4个P原子形成共价键，由此可得出P原子的杂化方式；比较N、O、F的电负性时，可先比较非金属性，非金属性越强，电负性越大；该盐的阳离子中，有多少个原子间形成共价键
42、，就含有多少个键。求晶体的密度时，需求出1个晶胞中所含有的Ca、Ti、O原子个数，从而求出1个晶胞的质量，再求出1个晶胞的体积，便可得出晶体的密度。【详解】(1)P4的结构式为，N2的结构式为NN，化学性质比N2活泼的主要原因是P4分子中存在P-P单键，而N2分子中存在NN键，键能较大，化学性质比较稳定。答案为：P4分子中存在P-P单键，而N2分子中存在NN键，键能较大，化学性质比较稳定；形成PCl5时，P原子的一个3s电子激发到3d轨道后参与成键，价电子排布式为3s13p33d1，该激发态原子的外围电子轨道表示式为。答案为：；PCl5是一种白色固体，加压下于148液化，形成离子导体，其中正四
43、面体结构的阳离子为，正八面体结构的阴离子为，液化后产生自由移动的阴、阳离子，该离子导体能导电的原因是2PCl5+。答案为：2PCl5+；(2)在黑磷中，每个P原子与周围的4个P原子形成共价键，黑磷中P原子的杂化方式为sp3。答案为：sp3；该盐的构成元素中，N、O、F的非金属性FON，则电负性由大到小顺序为FON，该盐的阳离子为，1个该离子中原子间共形成17个共价单键、双键或三键，每2个原子间只能形成1个键，所以1mol该阳离子中含有的键的数目为17NA。答案为：FON；17NA；(3)在图中，1个晶胞中共含有Ca的个数为1、含Ti的个数为8=1、含O的个数为12=3，正方体边长为a nm，则
44、该晶体的密度为 =gcm3。答案为：。【点睛】在晶胞中，可利用均摊法计算所含的微粒个数，当微粒位于立方体的顶点时，只有八分之一属于此晶胞；当微粒位于棱上时，只有四分之一属于此晶胞；当微粒位于面心时，只有二分之一属于此晶胞；当微粒位于晶体内部时，则完全属于此晶胞。19.SAH(NaAlH4)还原性非常强。纯的四氢铝钠是白色晶状固体，在干燥空气中相对稳定，遇水发生剧烈反应。以铝合金废边脚料为原料(含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质)制备四氢铝钠：请回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分为_(填化学式)。试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，其电子式为_。(2)已知废料接
45、触面积、接触时间均相同，“酸浸”中铝元素浸出率与硫酸浓度的关系如图甲所示。当硫酸浓度大于C0 molL1时，浸出率降低的原因可能是_。(3)滤液3可以循环利用，写出滤液2与滤液3反应的离子方程式_。 (4)NaAlH4与水反应的化学方程式为_。(5)测定NaAlH4粗产品的纯度。称取m g NaAlH4粗产品按如图乙所示装置进行实验，测定产品的纯度。“安全漏斗”中“安全”的含义是_。已知实验前C管读数为V1mL，向A中加入适量蒸馏水使NaAlH4完全反应，当A中反应完全后，冷却至室温后C管读数为V2mL(均折合成标准状况)。则该产品的纯度为_(用含m、V1和V2的代数式表示，忽略加入蒸馏水的体
46、积)。若实验前读数时B中液面和C管液面相平，实验后读数时B中液面低于C管，则测得的结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). SiO2、PbSO4 (2). (3). 硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化 (4). (5). NaAlH4+4H2ONaAl(OH)4+4H2(或NaAIH4+2H2O4H2+NaAlO2) (6). 加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出 (7). (8). 偏低【解析】【分析】铝合金废边脚料(含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质)中加入稀硫酸，Al2O3、Fe2O3、MgO与稀硫酸反应生成相应的盐和水，PbO与稀硫酸
47、反应，生成PbSO4沉淀和水，SiO2与稀硫酸不反应，由此可得出滤液及滤渣成分；试剂A加入Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、MgSO4混合溶液中，有沉淀产生，且试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，则A应为NaOH溶液，Al2(SO4)3转化为NaAl(OH)4和Na2SO4，Fe2(SO4)3、MgSO4生成Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀；往NaAl(OH)4和溶液中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3。稀硫酸与铝能持续发生反应，浓硫酸与铝会发生钝化作用，反应不能持续进行；用排液法测定气体体积时，需将量气管内液面与干燥管内液面调平，否则会产生压力差而造成所测气体体
48、积产生偏差。【详解】(1)由以上分析知，滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4。试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，则其为NaOH，电子式为。答案为：SiO2、PbSO4；(2)从图中可以看出，当硫酸浓度增大到一定程度，铝的浸出率反而降低，因为浓硫酸与铝因发生钝化而不能持续反应，所以当硫酸浓度大于C0 molL1时，浸出率降低的原因可能是硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化。答案为：硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化；(3)滤液2中含有NaAl(OH)4，而滤液3中含有NaHCO3，二者相遇后会发生反应生成Al(OH)3沉淀和，反应的离子方程式。答案为：；(4)NaAlH4中H显-1价，而水中H
49、显+1价，二者相遇会发生氧化还原反应，生成NaAl(OH)4和H2，反应的化学方程式为NaAlH4+4H2ONaAl(OH)4+4H2(或NaAIH4+2H2O4H2+NaAlO2)。答案为：NaAlH4+4H2ONaAl(OH)4+4H2(或NaAIH4+2H2O4H2+NaAlO2)；(5)“安全漏斗”中，水加入圆底烧瓶后，有一部分会滞留在安全漏斗内，从而起液封作用，所以“安全”的含义是加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出。答案为：加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出；由反应方程式NaAlH4+4H2ONaAl(OH)4+4H2可知，n(NaAlH4)=n(H2)= ，则该产品
50、的纯度为 =。答案为：；若实验前读数时B中液面和C管液面相平，实验后读数时B中液面低于C管，则气体被压缩，体积偏小，所以测得的结果偏低。答案为：偏低。【点睛】在硫酸盐中，除去BaSO4难溶于水外，PbSO4也难溶于水，由于平时解题时很少接触PbSO4，所以解题时很可能会认为生成的滤渣1只有SiO2，从而导致出错。20.一种防止血栓形成与发展的药物J的合成路线如图所示(部分反应条件略去)：回答下列问题：(1)A中官能团的名称是_，反应的反应类型是_。(2)J的分子式是_。F的结构简式是_。(3)反应的化学方程式为_。(4)已知C有多种同分异构体。写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式_(
51、只需写出两个)：苯环上有两个处于对位上的取代基；1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气。(5)请参照J的合成方法，写出以为原料制备的合成路线：_【答案】 (1). 羟基(酚羟基) (2). 消去反应 (3). C19H16O4 (4). (5). +2C2H5OH (6). (7). 【解析】【分析】对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F
52、发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为。【详解】(1)A为苯酚，含有的官能团为酚羟基，由以上分析可知，反应为在浓硫酸加热的条件发生消去反应生成G；(2)J的结构简式为，不饱和度为12，分子式为C19H16O4；F的结构简式为；(3)对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，故反应的化学方程式为+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；(4)C的结构简式为，1molC的同分异构体与足量金属钠反应生成1g氢气说明分子中含有一个羟基或一个羧基，当含有一个羟基时，还应含有一个醛基或者一个羰基，则苯环上有两个处于对位上的取代基的结构简式可能为、(任写两个)；(5)由J的合成方法可知以为原料制备的步骤为与乙酸酐反应生成，与AlCl3/NaCl作用生成，与CO(OC2H5)2反应得到，合成路线为。【点睛】由1mol的同分异构体与足量金属钠反应生成1g氢气确定C的同分异构体分子中含有一个羟基或一个羧基，当含有一个羟基时，还应含有一个醛基或者一个羰基，再结合苯环上有两个处于对位上的取代基书写同分异构体的结构简式是解答关键。
